高中数学选修2-2推理与证明数学归纳法

1、学习目标 1.了解数学归纳法原理.2.掌握数学归纳法的两个步骤，会用数学归纳法证明一些简单的数学命题. 知识点一归纳法及分类由一系列有限的特殊事例得出一般性结论的推理方法，通常叫归纳法， 归纳法可以分为完全归纳法和不完全归纳法，完全归纳法所得出的结论是完全可靠的，因为它考察了问题涉及的所有对象； 不完全归纳法得出的结论不一定可靠，因为它只考察了某件事情的部分对象，但它是一种重要的思考问题的方法，是研究数学的一把钥匙，是发现数学规律的一种重要手段.用不完全归纳法发现规律，再用完全归纳法证明，是解决问题的一种重要途径. 完全归纳法是一种在研究了解事物的所有(有限种 )特殊情况后，得出一般结论的推理

2、方法，又叫枚举法 .与不完全归纳法不同，用完全归纳法得出的结论是可靠的.通常在事物包括的特殊情况不多时，采用完全归纳法. 思考下面的各列数都依照一定规律排列，请在括号里填上适当的数. (1)1,5,9,13,17，()；(2)23，1,1 12，2 14，3 38，()；(3)34，58，12，922，1132，()；(4)32,31,16,26，()，()， 4,16,2,11. 答案(1)21；(2)8116；(3)1344；(4)821. 知识点二数学归纳法1.数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：(归纳奠基 )证明当 n 取第一个值n0(n0n*)时命题成立；(归

3、纳递推 )假设 nk(k n0，kn*)时命题成立，证明当nk1 时命题也成立. 2.应用数学归纳法时注意几点：(1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 有关的命题 . (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可. (3)步骤的证明必须以“假设nk(kn0，kn*)时命题成立”为条件. 思考(1)对于数列 an ，已知 a1 1，an1an1an(nn*)，求出数列前4 项，你能得到什么猜想？你的猜想一定是正确的吗？(2)多米诺骨牌都一一倒下只需满足哪几个条件？答案(1)a11， a212， a313， a414.猜想数列的通项公式为an1n.不能保证猜想一定正确，需要严密的证明. (2

4、)第一块骨牌倒下；任意相邻的两块骨牌，前一块倒下一定导致后一块倒下.条件事实上给出了一个递推关系，换言之就是假设第k 块倒下，则相邻的第k1 块也倒下 . 题型一用数学归纳法证明恒成立例 1求证： (n1)(n2) (nn)2n 1 3 (2n 1)(nn*). 证明(1)当 n1 时，左边 1 12，右边 21 12，左边右边，等式成立. (2)假设当 nk(k n*)时等式成立，即(k1)(k2) (kk)2k 1 3 (2k1)，那么，当nk 1 时，左边 (k2)(k3) (kk)(k k1)(kk2) (k1)(k2)(k 3) (kk) 2k12k2k12k 1 3 (2k1)(2

5、k1) 2 2k1 1 3 (2k1) 2(k1)1右边 . 当 n k1 时，等式也成立. 由(1)(2) 可知，对一切nn*，原等式均成立. 反思与感悟用数学归纳法证明与正整数有关的等式问题，关键在于 “ 先看项 ”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关，由nk 到 nk1 时，等式两边会增加多少项，增加怎样的项. 跟踪训练1用数学归纳法证明1232 52 (2n 1)213n(4n21)(nn*). 证明(1)当 n1 时，左边 12，右边131(4121)1，左边右边，等式成立. (2)假设当 nk(k n*，k 1)时，等式成立，即 123252

6、(2k1)213k(4k2 1)，则当 n k1 时，123252 (2k 1)2(2k 1)213k(4k2 1) (2k1)213k(2k1)(2k1)(2k1)213(2k 1)k(2k1)3(2k1) 13(2k 1)(2k25k3) 13(2k 1)(k 1)(2k3) 13(k1)(4k28k3) 13(k1)4( k1)2 1，即当 n k1 时，等式成立. 由(1)(2) 知，对一切xn*等式成立 . 题型二证明不等式问题例 2已知 an 为等比数列且an2n1，记 bn 2(log2an 1)(n n*)，用数学归纳法证明对任意的 n n*，不等式b11b1b2 1b2 bn

7、1bnn1成立 . 证明由已知条件可得bn2n(nn*)，所证不等式为212414 2n 12nn1. (1)当 n1 时，左边32，右边2，左边右边， 不等式成立 . (2)假设当 nk(k n*)时，不等式成立. 即212414 2k12kk1，则当 n k1 时，212414 2k 12k2k32 k1k12k32 k12k32k1. 要证当 nk1 时，不等式成立，只需证2k32k1k2，即证2k32k 1 k2 ，由基本不等式，得2k32k1 k 22k 1 k 2 成立，2k32k 1k2成立， 当 nk1 时，不等式成立. 由(1)(2) 可知，对一切nn*，原不等式均成立. 反

8、思与感悟用数学归纳法证明不等式问题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑证明目标，在凑证明目标时，比较法、综合法、分析法都适用. 跟踪训练2用数学归纳法证明对一切n n*,11221321n23n2n1. 证明(1)当 n1 时，左边 1，右边312111，不等式成立 . (2)假设当 nk 时，不等式成立，即 11221321k23k2k1，则当 n k1 时，要证11221321k21k123 k12 k1 1，只需证3k2k11k123 k12k3. 因为3 k12k33k2k11k1234 k12 11k121 k 12k 124 k121k k 2k 124k28k30，所以3k2k11k

9、123 k12k3，即 11221321k21k123 k12 k1 1，所以当 nk1 时不等式成立. 由(1)(2) 知，不等式对一切nn*都成立 . 题型三用数学归纳法证明整除问题例 3求证 nn*时， an1(a1)2n1能被 a2a1 整除 . 证明(1)当 n1 时， a11(a 1)211a2a1，命题显然成立. (2)假设当 nk(k n*，k 1)时， ak1(a1)2k1能被 a2 a1 整除，则当 n k1 时，ak2(a1)2k1a ak1(a1)2 (a1)2k1aak1(a 1)2k1(a1)2(a1)2k1a(a1)2k1aak1(a 1)2k1(a2a1)(a1

10、)2k1. 由归纳假设，上式中的两项均能被a2a1 整除，故当 n k1 时命题成立 . 由(1)(2) 知，对任意nn*，命题成立 . 反思与感悟用数学归纳法证明数的整除性问题时，关键是从当nk 1 时的式子中拼凑出当 nk 时能被某数整除的式子，并将剩余式子转化为能被该数整除的式子. 跟踪训练3用数学归纳法证明对于任意非负整数n，an11n2122n1能被 133 整除 . 证明(1)当 n0 时， a011212 133，能被 133 整除 . (2)假设当 nk(k 0)时， ak11k2122k1能被 133 整除，那么当nk1 时， ak111k3122k311 11k2122 1

11、22k111 11k211 122k1(12211) 122k111 (11k2122k1)133 122k1，能被 133 整除 . 由(1)(2) 可知，对于任意非负整数n，an都能被 133 整除 . 题型四用数学归纳法解决平面几何问题例 4已知 n 个平面都过同一点，但其中任何三个平面都不经过同一直线，求证：这n个平面把空间分成f(n)n(n1)2 部分 . 证明(1)当 n1 时，1 个平面把空间分成2 部分， 而 f(1)1(11)2 2(部分 )，所以命题正确 . (2)假设当 nk(k n*)时，命题成立， 即 k 个符合条件的平面把空间分为f(k)k(k1) 2(部分)，当

12、nk1 时，第 k1 个平面和其他每一个平面相交，使其所分成的空间都增加2 部分，所以共增加2k 部分，故 f(k1)f(k)2kk(k1)22kk(k12)2(k1)( k1)12(部分 )，即当 n k1 时，命题也成立. 根据 (1)(2)，知 n 个符合条件的平面把空间分成f(n)n(n1)2 部分 . 反思与感悟用数学归纳法证明几何问题的关键是“找项 ”，即几何元素从k 增加到 k1时，所证的几何量增加多少，同时要善于利用几何图形的直观性，建立k 与 k1 之间的递推关系 . 跟踪训练4平面内有n(nn*， n2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求证交点的个数f(n)

13、n n12. 证明(1)当 n2 时，两条直线的交点只有一个，又f(2)122(21)1，当 n 2时，命题成立. (2)假设当 nk(k n*，k2)时命题成立， 即平面内满足题设的任何k 条直线的交点个数f(k)12k(k1)，那么，当nk 1 时，任取一条直线l，除 l 以外其他k 条直线的交点个数为f(k)12k(k1)，l 与其他 k 条直线的交点个数为k，从而 k 1 条直线共有f(k)k 个交点，即 f(k1)f(k)k12k(k1)k12k(k12)12k(k 1)12(k1)(k 1)1，当 n k1 时，命题成立. 由(1)(2) 可知，对任意nn*(n2)命题都成立 .

14、因弄错从nk 到 nk1 的增加项致误例 5用数学归纳法证明1121312nn12(nn*). 错解当 n1 时，左边 112，右边1121，显然左边右边，即 n1 时不等式成立 . 假设 nk(k1，且 kn*)时不等式成立，即 1121312kk12. 那么，当nk 1 时，1121312k12k1k 1212k1k1212k1 12，即 nk1 时，不等式成立. 由 得 1121312nn12(nn*)成立 . 错因分析以上用数学归纳法证明的过程是错误的，因为在从nk 到 nk1 时增加的不止一项，应是12k112k212k2k，共有 2k项，并且k1212k1k1212也是错误的 .

15、正解当 n1 时，左边 112，右边1121，所以左边右边，即 n1 时不等式成立 . 假设 nk(k1，kn*)时不等式成立，即 1121312kk12，那么，当nk 1 时，有 1121312k12k112k212k2kk122111.222222kkkkkkk个k122k2k2kk 1212k1 12. 所以 n k1 时，不等式成立. 由 可知， nn*时 1121312nn12. 防范措施当 nk1 时，可以写出相应增加的项，然后再结合数学归纳法证明. 1.用数学归纳法证明1aa2 an1an11a(a1，nn*)，在验证当n1 时，左边计算所得的式子是() a.1 b.1 ac.1

16、aa2d.1aa2a4答案b 解析当 n1 时，左边的最高次数为1，即最后一项为a，左边是1 a，故选 b. 2.用数学归纳法证明不等式1n 11n21n312n1324(n2)的过程中， 由 nk 递推到nk1 时，不等式的左边() a.增加了一项12 k1b.增加了两项12k1，12 k 1c.增加了两项12k1，12 k 1，又减少了一项1k1d.增加了一项12 k1，又减少了一项1k1答案c 解析nk 时，左边为1k 11k212k，nk1 时，左边为1k21k312k12k112 k1，比较 可知 c 正确 . 3.已知 f(n) 112131n(nn*)， 证明不等式f(2n)n2

17、时， f(2k1)比 f(2k)多的项数是 _. 答案2k解析观察 f(n)的表达式可知，右端分母是连续的正整数，f(2k)11213 12k，而 f(2k1) 1121312k12k112k2 12k2k. 因此 f(2k1)比 f(2k)多了 2k项. 4.用数学归纳法证明3nn3(n3， nn*)第一步应验证_. 答案n3 时是否成立解析n 的最小值为3，所以第一步验证n3 时是否成立 . 5.已知数列 an 的前 n 项和为 sn，且 a11，sn n2an(nn*).依次计算出s1， s2，s3，s4后，可猜想 sn的表达式为 _. 答案sn2nn 1解析s11，s243，s3326

18、4，s485，猜想 sn2nn1. 1.数学归纳法的两个步骤相互依存，缺一不可. 有一无二，是不完全归纳法，结论不一定可靠；有二无一，第二步就失去了递推的基础. 2.归纳假设的作用. 在用数学归纳法证明问题时，对于归纳假设要注意以下两点：(1)归纳假设就是已知条件；(2)在推证 nk1 时，必须用上归纳假设. 3.利用归纳假设的技巧. 在推证nk 1 时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设.此时既要看准目标，又要掌握 n k 与 n k1 之间的关系 .在推证时，分析法、综合法、反证法等方法都可以应用. 4.数学归纳法的适用范围. 数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛， 主要体

19、现在与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、几何问题、探求数列的通项及前n 项和等问题中 . 一、选择题1.某个与正整数有关的命题：如果当n k(kn*)时命题成立，则可以推出当n k1 时该命题也成立 .现已知 n5 时命题不成立，那么可以推得() a.当 n4 时命题不成立b.当 n6 时命题不成立c.当 n4 时命题成立d.当 n6 时命题成立答案a 解析因为当 nk(kn*)时命题成立，则可以推出当nk1 时该命题也成立，所以假设当 n4 时命题成立，那么n5 时命题也成立，这与已知矛盾，所以当n4 时命题不成立. 2.满足 122334 n(n1)3n23n2 的自然数n 等于 (

20、) a.1 b.1 或 2 c.1,2,3 d.1,2,3,4 答案c 解析当 n1,2,3 时满足，当 n4 时，左边 1223344 540，右边 342342 38.所以左边右边，即n4 不满足 . 3.记凸 k 边形的内角和为f(k)，则凸 k1 边形的内角和f(k1)f(k)() a.2b. c.32d.2 答案b 解析由凸 k 边形变为凸k1 边形时，增加了一个三角形，故f(k1)f(k).4.k(k3，kn*)棱柱有 f(k)个对角面，则 (k1)棱柱的对角面个数f(k1)为() a.f(k)k1 b.f(k)k1 c.f(k)kd.f(k)k2 答案a 解析三棱柱有0 个对角面

21、， 四棱柱有2 个对角面 (020(31)；五棱柱有5 个对角面(232(41)；六棱柱有9 个对角面 (545(51)；.猜想：若k 棱柱有 f(k)个对角面，则 (k1)棱柱有 f(k)k1 个对角面 . 5.用数学归纳法证明不等式1121412n112764(nn*)成立，其初始值至少应取() a.7 b.8 c.9 d.10 答案b 解析左边 11214 12n1112n112 212n1，代入验证可知n 的最小值是8. 6.用数学归纳法证明等式(n1)(n2) (nn)2n 1 3 (2n1)(nn*)，从 k 到 k 1 左端需要增乘的代数式为() a.2k1 b.2(2k1) c

22、.2k 1k1d.2k3k1答案b 解析nk1 时，左端为 (k2)(k3) (k1)(k1) (k 1)k (2k 2) (k1)(k2) (kk) (2k1) 2，应增乘 2(2k1). 二、填空题7.用数学归纳法证明关于n 的恒等式， 当 nk 时，表达式为1427 k(3k1)k(k1)2，则当 nk1 时，表达式为_. 答案1427 k(3k1)(k1)(3k4)(k1)(k2)28.用数学归纳法证明n35n 能被 6 整除的过程中，当nk1 时，式子 (k1)35(k 1)应变形为 _. 答案(k35k)3k(k1)6 解析(k1)35(k1)k313k2 3k5k5 (k35k)

23、3k23k6(k35k) 3k(k1)6. k(k1)为偶数， 3k(k1)能被 6 整除，(k1)35(k1)应变形为 (k3 5k)3k(k1)6. 9.用数学归纳法证明1222 2n1 2n 1(nn*)的过程中，第二步假设当nk(kn*)时等式成立，则当nk1 时应得到的式子为_. 答案1222 2k1 2k2k12k解析由 nk 到 nk1 等式的左边增加了一项. 10.用数学归纳法证明1222 2n12n1(nn*)的过程如下：(1)当 n1 时，左边 1，右边 2111，等式成立 . (2)假设当 nk(k n*)时等式成立，即1222 2k12k 1，则当 n k1 时， 12

24、22 2k12k12k11 22k1 1.所以当nk1 时等式也成立.由此可知对于任何nn*，等式都成立.上述证明的错误是_. 答案未用归纳假设解析本题在由nk 成立，证nk 1 成立时，应用了等比数列的求和公式，而未用上假设条件，这与数学归纳法的要求不符. 三、解答题11.已知 f(n)(2n7)3n9，存在自然数m，使得对任意正整数n，f(n)被 m 整除，猜测出最大的 m 的值，并用数学归纳法证明你的猜测是正确的. 解f(1)36，f(2)108 336， f(3)3601036，f(1)，f(2)，f(3)能被 36 整除，猜想f(n)能被 36 整除 . 证明如下：当n1,2 时，由上得证. 假设当 nk(k2)时， f(k)(2k7)3k9 能被 36 整除，则当n